精品解析：安徽合肥市肥东县第一中学大数据联考2026届高三毕业班第二轮质量检测数学试题

肥东一中大数据联考·2026届高三毕业班第二轮质量检测 数 学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．命审单位：肥东一中坦编帮数学部． 注意事项： 1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题卡上． 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号．作答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔书写；答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案．写在本试题卷上的答案无效.不按以上要求作答的答案无效． 3.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 4.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的． 1. 已知复数，其中为虚数单位，则复数z的模为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【详解】由于，故每四个连续的项之和为0， ，则， 由于，故，所以. 2. 若全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用集合补集交集运算即可. 【详解】因为，所以， 又，所以. 3. 在同一坐标系下，下面4条抛物线中开口最大的为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由抛物线的性质，得抛物线中，越大，抛物线开口越大， 所以抛物线中，开口最大的为. 4. 若函数的最小正周期为，则曲线的对称中心的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正切函数周期性求解，再结合“整体法”求解对称中心. 【详解】，， 令，得， 所以曲线的对称中心的坐标为． 5. 二维码又称二维条码，通常根据某种特定的几何图形和规律，在二维平面上利用黑白相间的图形来记录数据信息，因其信息容量比普通条码约高几十倍，而成为目前移动设备上的主流编码方式．某二维码生成器可以生成（即625个点）大小的二维码，若“黑点”表示1，“白点”表示0，根据0和1的二进制编码，一共有种不同的码，假设我们1秒用掉1万个二维码，1万年约为秒，那么该二维码生成器生成的二维码大约可以用（，）（ ） A. 172万年 B. 260万年 C. 万年 D. 万年 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，列出表达式并利用对数运算求解. 【详解】依题意，该二维码生成器生成的二维码大约可以用万年， ， 因此，所以该二维码生成器生成的二维码大约可以用万年. 6. 《莱因德纸草书》（）是世界上最古老的数学著作之一.书中有一道这样的题目，请给出答案：把个面包分给个人，使每人所得面包个数成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小的一份为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据总和及题目条件列方程组求解即可. 【详解】设人所得面包数为递增等差数列，首项（即最小的一份）为所求，公差. 因为份总和为，由等差数列前项和公式， ​化简得 ①， 较大的三份为后三项​，较小的两份为前两项​， 由题意， 代入通项公式展开得， 化简得②， 把②代入①得，即，解得. 因此最小的一份为​. 7. 下列四个命题中，正确的是（ ） ①若、，则. ②若，则. ③若，，且，则与的夹角为 ④已知向量，不共线，，，，则三点共线 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用平面向量线性运算法则和共线定理逐一分析判断选项. 【详解】命题①： 当时，零向量与任意向量平行，此时、，但与不一定平行，因此①错误； 命题②： 对等式两边平方： ，， 若，则，因此，即，②正确； 命题③：两边同时平方得：， 代入，得，计算得,又， 故，③错误； 命题④：， 即，又二者有公共点，故三点共线，④正确. 8. 已知定义在区间上的函数，，若对，，存在一个正实数，满足，则称是的“—陪伴函数”， 则下列说法正确的是（ ） A. 已知，函数为函数的“—陪伴函数” B. 已知，函数为函数的“—陪伴函数”，则M的最小值为2 C. 任何一给定闭区间上的函数一定是函数的 “—陪伴函数” D. 任何一给定闭区间上的函数可能是函数的“—陪伴函数” 【答案】C 【解析】 【分析】对于AB，根据陪伴函数定义计算得，则，则确定的最小值，判断AB；通过放缩得，再记，则，则得到，即可判断CD. 【详解】对于A，B项， 假设是的“—陪伴函数”， 则， 即， 则． 因为且，所以，则， 因此，因此是的“－陪伴函数”，且的最小值是，故A、B项均错误． 对于C，D项，， ， . 记，则． 记，取，因为，故M为正实数，则， 即成立，因此一定是的“M—陪伴函数”，故C项正确，D项错误． 二．多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分． 每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，为底面直径，，，点C在底面圆周上，则（ ）． A. 该圆锥的体积为 B. 三棱锥的外接球表面积为 C. 的面积的最大值为 D. 三棱锥的体积的最大值为1 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意，求出圆锥高，底面圆半径，利用体积公式计算判断A，求出圆锥外接球的半径，根据球的表面积公式计算判断B，利用三角形面积公式判断C，根据棱锥的体积公式判断D. 【详解】如图，作出符合题意的图形， 因为，所以， 在直角三角形中，可得， 所以圆锥的体积为，故A正确； 延长交球面于点，连接， 如图， 作出符合题意的图形， 则球心在PQ上，且为球的直径，所以，所以，即， 所以三棱锥的外接球表面积为，故B正确； 设，由题意可知，， 当且仅当时，等号成立，故C错误； 设到的距离为，因为C在底面圆周上，所以, 所以， 当时，即时等号成立，故D正确. 故选：ABD． 10. 已知点在双曲线的渐近线上，，分别是的左、右焦点，是的左支上的一动点，则（ ） A. 的离心率为 B. 存在点，使得为等腰直角三角形 C. 点到的两条渐近线的距离之积为定值 D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】A，由题可知点在渐近线上，则. 所以，则离心率为，故A正确. B，若为等腰直角三角形，由双曲线对称性可知不可能是直角. 而在的左支上，则只可能是为直角，且此时. 当为直角时，，则，而，即与双曲线定义矛盾，故B错误. C，设双曲线上的点，则有. 则点到两条渐近线和的距离分别为， ， 所以距离之积，故C正确. D，因为，所以，而， 所以，故D正确. 11. 已知锐角三角形的内角的对边分别为， (其中S为三角形面积)，且，则（ ） A. B. C. D. 的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A、B项，根据锐角三角形，结合余弦定理，通过对勾函数性质求解即可；对于C项，通过余弦定理、正弦定理即可；对于D项，设，，以及化简求解即可． 【详解】对于A项，因为是锐角三角形，故， 由得，代入上式 得，即 解得且， ，故A项正确； 对于B项，由于对勾函数在单调递减，在单调递增， 当或时，， ，当且仅当时，取等号， 故当时，， 故，由于，故，故B项正确； 对于C项，由正弦定理可得， ， 即， 又， 由和差化积可得， ， 以及 代入可得： 即 ， 整理可得， 因为，所以两侧同时除以， 可得，故C项错误； 对于D项，设，，， 则 则， 令， 由在三角形中， ， 所以， 所以， 即， 令，且， 化简可得， ， 因为，所以， 所以 所以，可得，由可得 ，所以，故D项正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为______. 【答案】 【解析】 【详解】，又，则， 所以曲线在点处的切线方程为，即 13. 已知数列的前项和为，且满足， ，则满足的最小整数为______． 【答案】4 【解析】 【详解】①当时，代入得，又因为，所以， ②当时， ，两式作差得， 因为，所以数列从第二项起是公比的等比数列， 即， 当时，， 令，即， 当时，，当时，， 利用指数函数单调递增可知：满足的最小整数为4． 14. “二分法”是一种常用的检索方法．为正整数且数，为了寻找，我们可以把与区间中点进行比较，不断缩小区间范围，最后检索到．检索的过程分为取数和比较两个步骤． ①取数：是中的整数，若为偶数，取；若为奇数，取． ②比较：比较与的大小关系．若，则停止检索；若，则， ，继续检索；若，则，，继续检索，下一次检索区间范围更新为，其中， ． 对于正整数，从集合中任取一个数，按上述检索过程找到数经历的比较次数为，记，则______(结果可保留幂形式)． 【答案】 【解析】 【分析】考虑随机变量的可能取值，研究对应值的概率，结合期望算法即可求出. 【详解】由题意：可取 ， 当时，所有可能取到的数的个数记为， 则，，所以，因此， 于是 令， 则， 上述两个等式作差得， 整理可得， 所以， 所以． 四、解答题：本题共5小题，共77分． 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知在中，角的对边分别为，且． （1）求的值； （2）若的周长为6，内切圆半径为，求的值． 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦及同角公式求出； （2）利用三角形面积公式、正弦定理、余弦定理即可求解． 【小问1详解】 在中，由及正弦定理得： ， 则， 整理得：， 即， 由，得，则， 两边平方得， 即 由，得， 解得，故； 【小问2详解】 由的周长为6，内切圆半径为， 得， 解得， 由余弦定理得，即， 整理得， 解得， ，又，解得， 因此． 16. 已知数列满足，，设，的前项和分别为，． （1）试求，的值并探究与的关系； （2）当时，试求的通项公式； （3）试求的值． 【答案】（1），，； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）根据题目条件得到，并得到当为奇数时，，求出与的关系； （2）推导出是等比数列，从而求出的通项公式； （3）求出的通项公式，从而得到，结合（1）求出答案 【小问1详解】 ，， 故，， 当为奇数时，， 故 ； 【小问2详解】 当时，因为， 所以， 所以是以为首项，公比为的等比数列， 则，所以； 【小问3详解】 时，因为， 所以， 所以是以为首项，公比为的等比数列， 所以，所以， 所以的前项中偶数项的和为 故． 17. 在独立性检验中，，其中为列联表中第行列的实际频数，为假定独立情况下由每行､每列的总频率乘以总频数得到的理论频数．取 时，则有 ．因此：与等价． y 30 30 25 45 （1）请完成该列联表； （2）求该 列联表的最小值． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，补全列联表. （2）分别计算出每行、每列的实际频数，并代入公式列出关系式，再借助的关系即可完成最值求解． 【小问1详解】 依题意，列联表为： 5x (x∈N*) y 30 30 25 45 【小问2详解】 因为 ，所以 ，，， ，，，， ，① 由 ，设 ， ，所以 ， 代入①式得： ， 令 ，设函数，则该函数在区间 单调递减，在区间 单调递增， 当且仅当，即时取到最小值. 因为，解得,, 又因为所以当 时最接近最小值， 故 时， 时，①式取得最小值，则最小值为． 18. 如图，在棱长为2的正方体中，Q为的中点，动点P在侧面内且满足，，． （1）当时，求四面体的体积； （2）试判断是否存在点P，使平面，若存在，试求出长度的最小值；若不存在，请说明理由； （3）若，试求的最小值． 【答案】（1） （2）存在； （3） 【解析】 【分析】（1）根据三棱锥体积公式计算； （2）取线段的中点R，线段的中点S，应用线面平行及边长计算； （3）把平面翻折展开至平面，结合余弦定理计算． 【小问1详解】 当时，P是线段的中点， 此时点Q到平面的距离为2，所以； 【小问2详解】 取线段的中点R，线段的中点S，当点P位于线段上时，， 平面，平面，所以平面， 又平面，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面， 又平面，所以平面， 此时有，，，， 所以为直角三角形，当点P位于点S时，长度的最小值是． 【小问3详解】 当时，点位于线段上，把平面翻折展开至平面， 当点Q，P，A三点共线时，取最小值， 在中，，，， 由余弦定理得，所以， 又为等边三角形，所以在中，， 所以， 所以， 所以． 19. 某款公交车的车门打开和关闭时，车门在地板上扫过的痕迹边缘(如图1)是一种被称为“星形线”的曲线．图2中的曲线E就是一条星形线，其方程为． （1）在E上任取一点P，试求的最小值； （2）在E上任取一点A，点B与点A关于直线对称，点C与点B关于y轴对称，则是等腰直角三角形； （3）证明：若E上三点满足，则 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由两点间的距离公式及基本不等式，求得的最小值； （2）根据关于直线对称和关于y轴对称的点的特征，利用向量的模及夹角的坐标表示判断的形状； （3）由单位圆及正三角形的性质，得的关系. 【小问1详解】 设，则， 由对称性，只需要考虑的情形， 此时 ， 当且仅当时取等号，则的最小值为； 【小问2详解】 设，则，， 向量，， 显然，所以，且， 所以是等腰直角三角形， 【小问3详解】 在单位圆上取三点， 则的外接圆即为该单位圆，点为外接圆圆心. 的重心为，即， 故的外心与重心重合，是正三角形，. 不妨取，， 则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 肥东一中大数据联考·2026届高三毕业班第二轮质量检测 数 学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．命审单位：肥东一中坦编帮数学部． 注意事项： 1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题卡上． 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号．作答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔书写；答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案．写在本试题卷上的答案无效.不按以上要求作答的答案无效． 3.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 4.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的． 1. 已知复数，其中为虚数单位，则复数z的模为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 2. 若全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 在同一坐标系下，下面4条抛物线中开口最大的为（ ） A. B. C. D. 4. 若函数的最小正周期为，则曲线的对称中心的坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 二维码又称二维条码，通常根据某种特定的几何图形和规律，在二维平面上利用黑白相间的图形来记录数据信息，因其信息容量比普通条码约高几十倍，而成为目前移动设备上的主流编码方式．某二维码生成器可以生成（即625个点）大小的二维码，若“黑点”表示1，“白点”表示0，根据0和1的二进制编码，一共有种不同的码，假设我们1秒用掉1万个二维码，1万年约为秒，那么该二维码生成器生成的二维码大约可以用（，）（ ） A. 172万年 B. 260万年 C. 万年 D. 万年 6. 《莱因德纸草书》（）是世界上最古老的数学著作之一.书中有一道这样的题目，请给出答案：把个面包分给个人，使每人所得面包个数成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小的一份为（ ） A. B. C. D. 7. 下列四个命题中，正确的是（ ） ①若、，则. ②若，则. ③若，，且，则与的夹角为 ④已知向量，不共线，，，，则三点共线 A. B. C. D. 8. 已知定义在区间上的函数，，若对，，存在一个正实数，满足，则称是的“—陪伴函数”， 则下列说法正确的是（ ） A. 已知，函数为函数的“—陪伴函数” B. 已知，函数为函数的“—陪伴函数”，则M的最小值为2 C. 任何一给定闭区间上的函数一定是函数的 “—陪伴函数” D. 任何一给定闭区间上的函数可能是函数的“—陪伴函数” 二．多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分． 每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，为底面直径，，，点C在底面圆周上，则（ ）． A. 该圆锥的体积为 B. 三棱锥的外接球表面积为 C. 的面积的最大值为 D. 三棱锥的体积的最大值为1 10. 已知点在双曲线的渐近线上，，分别是的左、右焦点，是的左支上的一动点，则（ ） A. 的离心率为 B. 存在点，使得为等腰直角三角形 C. 点到的两条渐近线的距离之积为定值 D. 11. 已知锐角三角形的内角的对边分别为， (其中S为三角形面积)，且，则（ ） A. B. C. D. 的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为______. 13. 已知数列的前项和为，且满足， ，则满足的最小整数为______． 14. “二分法”是一种常用的检索方法．为正整数且数，为了寻找，我们可以把与区间中点进行比较，不断缩小区间范围，最后检索到．检索的过程分为取数和比较两个步骤． ①取数：是中的整数，若为偶数，取；若为奇数，取． ②比较：比较与的大小关系．若，则停止检索；若，则， ，继续检索；若，则，，继续检索，下一次检索区间范围更新为，其中， ． 对于正整数，从集合中任取一个数，按上述检索过程找到数经历的比较次数为，记，则______(结果可保留幂形式)． 四、解答题：本题共5小题，共77分． 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知在中，角的对边分别为，且． （1）求的值； （2）若的周长为6，内切圆半径为，求的值． 16. 已知数列满足，，设，的前项和分别为，． （1）试求，的值并探究与的关系； （2）当时，试求的通项公式； （3）试求的值． 17. 在独立性检验中，，其中为列联表中第行列的实际频数，为假定独立情况下由每行､每列的总频率乘以总频数得到的理论频数．取 时，则有 ．因此：与等价． y 30 30 25 45 （1）请完成该列联表； （2）求该 列联表的最小值． 18. 如图，在棱长为2的正方体中，Q为的中点，动点P在侧面内且满足，，． （1）当时，求四面体的体积； （2）试判断是否存在点P，使平面，若存在，试求出长度的最小值；若不存在，请说明理由； （3）若，试求的最小值． 19. 某款公交车的车门打开和关闭时，车门在地板上扫过的痕迹边缘(如图1)是一种被称为“星形线”的曲线．图2中的曲线E就是一条星形线，其方程为． （1）在E上任取一点P，试求的最小值； （2）在E上任取一点A，点B与点A关于直线对称，点C与点B关于y轴对称，则是等腰直角三角形； （3）证明：若E上三点满足，则 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $